Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

ax2-2ax+lnx（a≠0）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性
（2）若?x0∈[1+

2

2

，2]，使不等式f（x₀）+ln（a+1）＞b（a²-1）-（a+1）+2ln2對(duì)任意1＜a＜2恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，f′（x）=ax-2a+

1

x

=

ax2-2ax+1

x

，對(duì)a分類討論即可得出結(jié)論；
（2）由（1）中a的范圍可判斷f（x）在（0，x₁），（x₁，x₂），（x₂，+∞）上的單調(diào)性及x₂=1+

1- 1 a

＜1+

2

2

，可得f（x）在[1+

2

2

，2]單調(diào)性，從而可求f（x）_max=f（2），由已知整理可得不等式ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1＞0對(duì)任意的a（1＜a＜2）恒成立．通過(guò)研究函數(shù)g（a）=ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1的單調(diào)性可求．

解答： 解：（1）∵f（x）=

1

2

ax2-2ax+lnx（a≠0）．
∴f′（x）=ax-2a+

1

x

=

ax2-2ax+1

x

，
由ax²-2ax+1=0，解得x₁=

a- a2-a

a

，x₂=

a+ a2-a

a

，
∴當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0，x₁）上遞增，在（x₁，x₂）上遞減，在（x₂，+∞）上遞增，
當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）在（0，x₂）上遞增，在（x₂，+∞）上遞減．
（2）由ax²-2ax+1=0，解得x₁=

a- a2-a

a

，x₂=

a+ a2-a

a

，
而f（x）在（0，x₁）上遞增，在（x₁，x₂）上遞減，在（x₂，+∞）上遞增
∵1＜a＜2，
∴x₂=1+

1- 1 a

＜1+

2

2

，
∴f（x）在[1+

2

2

，2]單調(diào)遞增，
∴在[1+

2

2

，2]上，f（x）_max=f（2）=-2a+ln2．    
∴?x₀∈[1+

2

2

，2]，使不等式f（x₀）+ln（a+1）＞b（a²-1）-（a+1）+2ln2對(duì)?a∈M恒成立，
等價(jià)于不等式-2a+ln2+ln（a+1）＞b（a²-1）-（a+1）+2ln2恒成立，
即不等式ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1＞0對(duì)任意的a（1＜a＜2）恒成立．
令g（a）=ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1，則g（1）=0，g′（a）=

-2ab(a+1+ 1 2b )

a+1

，
①當(dāng)b≥0時(shí)，g′（a）=

-2ab(a+1+ 1 2b )

a+1

＜0，g（a）在（1，2）上遞減．
g（a）＜g（1）=0，不合題意．
②當(dāng)b＜0時(shí)，g′（a）=

-2ab(a+1+ 1 2b )

a+1

，
∵1＜a＜2
若-（1+

1

2b

）＞1，即-

1

4

＜b＜0時(shí)，則g（a）在（1，2）上先遞減，
∵g（1）=0，
∴1＜a＜2時(shí)，g（a）＞0不能恒成立；
若-（1+

1

2b

）≤1，即b≤-

1

4

時(shí)，則g（a）在（1，2）上單調(diào)遞增，
∴g（a）＞g（1）=0恒成立，
∴b的取值范圍為（-∞，-

1

4

]．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的最值中的應(yīng)用，要注意分類討論思想及構(gòu)造轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于難題．